文档文本内容
2025 年全国统一高考数学试卷
（新高考Ⅱ卷）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上
无效.
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
一、单选题：本题共8 小题，每小题5 分，共40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合
题目要求的.
1. 样本数据2，8，14，16，20 的平均数为（ ）
A. 8
B. 9
C. 12
D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】由平均数的计算公式即可求解.
【详解】样本数据
的平均数为
.
故选：C.
2. 已知
，则
（ ）
A.
B.
C.
D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由复数除法即可求解.
【详解】因为
，所以
.
故选：A.
3. 已知集合
则
（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合
后结合交集的定义可求
.
【详解】
，故
，
故选：D.
4. 不等式
的解集是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】移项后转化为求一元二次不等式的解即可.
【详解】
即为
即
，故
，
故解集为
，
故选：C.
5. 在
中，
，
，
，则
（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】由余弦定理
直接计算求解即可.
【详解】由题意得
，
又
，所以
.
故选：A
6. 设抛物线
的焦点为
点A 在C 上，过A 作
的准线的垂线，垂足为B，若直线
BF 的方程为
，则
（ ）
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】先由直线
求出焦点
和
即抛物线
的方程，进而依次得抛物线的准线方程和点B，从而可
依次求出
和
，再由焦半径公式即可得解.
【详解】对
，令
，则
，
所以
，
即抛物线
，故抛物线的准线方程为
，
故
，则
，代入抛物线
得
.
所以
.
故选：C
7. 记
为等差数列
的前n 项和，若
则
（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】由等差数列前n 项和公式结合题意列出关于首项
和公差d 的方程求出首项
和公差d，再由等
差数列前n 项和公式即可计算求解.
【详解】设等差数列
的公差为d，则由题可得
，
所以
.
故选：B.
8. 已知
，
，则
（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角余弦公式得
，则
，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案.
【详解】
，
因为
，则
，则
，
则
.
故选：D.
二、多选题：本题共3 小题，共18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 记
为等比数列
的前n 项和，
为
的公比，
若
，则（ ）
A.
B.
C
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】对A，根据等比数列通项公式和前
项和公式得到方程组，解出
，再利用其通项公式和前
项和公式一一计算分析即可.
【详解】对A，由题意得
，结合
，解得
或
（舍去），故A 正确；
对B，则
，故B 错误；
对C，
，故C 错误；
对D，
，
，
则
，故D 正确；
故选：AD.
10. 已知
是定义在R 上的奇函数，且当
时，
，则（ ）
A.
B. 当
时，
C.
当且仅当
D.
是
的极大值点
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用
代入求解即可；对C，举反例
即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断.
【详解】对A，因为
定义在
上奇函数，则
，故A 正确；
对B，当
时，
，则
，故B 正确；
对C，
， 故C 错误；
对D，当
时，
，则
，
令
，解得
或
（舍去），
当
时，
，此时
单调递增，
当
时，
，此时
单调递减，
则
是
极大值点，故D 正确；
故选：ABD.
11. 双曲线
的左、右焦点分别是
，左、右顶点分别为
，以
为直径的圆与C 的一条渐近线交于M、N 两点，且
，则（ ）
A.
B.
C. C
离心率为
D. 当
时，四边形
的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由平行四边形的性质判断A；由
且
结合
在渐近线上可求
的坐标，从
而可判断B 的正误，或者利用三角函数定义和余弦定理也可判断；由中线向量结合B 的结果可得
，计算后可判断C 的正误，或者利用
并结合离心率变形公式即可判断；结合
BC 的结果求出面积后可判断D 的正误.
【详解】不妨设渐近线为
，
在第一象限，
在第三象限，
对于A，由双曲线的对称性可得
为平行四边形，故
，
故A 正确；
对于B，方法一：因为
在以
为直径的圆上，故
且
，
设
，则
，故
，故
，
由A 得
，故
即
，故B 错误；
方法二：因为
，因为双曲线中，
，
则
，又因为以
为直径的圆与
的一条渐近线交于
、
，则
，
则若过点
往
轴作垂线，垂足为
，则
，则点
与
重合，则
轴，则
，
方法三：在
利用余弦定理知，
，
即
，则
，
则
为直角三角形，且
，则
，故B 错误；
对于C，方法一：因为
，故
，
由B 可知
，
故
即
，
故离心率
，故C 正确；
方法二：因为
，则
，则
，故C 正确；
对于D，当
时，由C 可知
，故
，
故
，故四边形
为
，
故D 正确，
故选：ACD.
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分.
12. 已知平面向量
若
，则
___________
【答案】
【解析】
【分析】根据向量坐标化运算得
，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，解出即可.
【详解】
，因为
，则
，
则
，解得
.
则
，则
.
故答案为：
.
13. 若
是函数
的极值点，则
___________
【答案】
【解析】
【分析】由题意得
即可求解
，再代入即可求解.
【详解】由题意有
，
所以
，
因为
是函数
极值点，所以
，得
，
当
时，
，
当
单调递增，当
单调递减，
当
单调递增，
所以
是函数
的极小值点，符合题意；
所以
.
故答案为：
.
14. 一个底面半径为
，高为
的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，
则铁球半径的最大值为____________
．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径；
【详解】
圆柱的底面半径为
，设铁球的半径为r，且
，
由圆柱与球的性质知
，
即
，
，
故答案为：
.
四、解答题：本题共5 小题，共77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知函数
．
（1）求
;
（2）设函数
，求
的值域和单调区间．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）直接由题意得
，结合余弦函数的单调性即可得解；
（2）由三角恒等变换得
，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数
的
单调区间.
【小问1 详解】
由题意
，所以
；
【小问2 详解】
由（1）可知
，
所以
，
所以函数
的值域为
，
令
，解得
，
令
，解得
，
所以函数
的单调递减区间为
，
函数
的单调递增区间为
.
16. 已知椭圆
的离心率为
，长轴长为4．
（1）求C 的方程；
（2）过点
的直线l 与C 交于
两点，
为坐标原点，若
的面积为
，求
．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程；
（2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长.
【小问1 详解】
因为长轴长为4，故
，而离心率为
，故
，
故
，故椭圆方程为：
.
【小问2 详解】
由题设直线
的斜率不为0，故设直线
，
，
由
可得
，
故
即
，
且
，
故
，
解得
，
故
.
17. 如图，在四边形
中，
，F 为CD 的中点，点E 在AB 上，
，
，将四边形
沿
翻折至四边形
，使得面
与面EFCB 所成
的二面角为
．
（1）证明:
平面
；
（2）求面
与面
所成的二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出
平面
及
平面
，
再应用面面平行判定定理得出平面
平面
，进而得出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点
的坐标表示出来，然后将平面
及平面
的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其
正弦值.
【小问1 详解】
设
，所以
，因为
为
中点，所以
，因为
，
，所以
是平行四边形， 所以
，所以
，
因为
平面
平面
，所以
平面
，
因为
平面
平面
，所以
平面
，
又
，
平面
，所以平面
平面
，
又
平面
，所以
平面
．
【小问2 详解】
因为
，所以
，又因为
，所以
，
以
为原点，
以及垂直于平面
的直线分别为
轴，建立空间直角坐标系.
因为
，平面
与平面
所成二面角为60° ，
所以
.
则
，
，
，
，
，.
所以
.
设平面
的法向量为
，则
，所以
，令
，则
，则
.
设平面
的法向量为
，
则
，所以
，
令
，则
，所以
.
所以
.
所以平面
与平面
夹角
正弦值为
.
18. 已知函数
，其中
．
（1）证明：
在区间
存在唯一的极值点和唯一的零点；
（2）设
分别为
在区间
的极值点和零点.
（i）设函数
·证明：
在区间
单调递减；
（ii）比较
与
的大小，并证明你的结论．
【答案】（1）证明见解析；
（2）（i）证明见解析；（ii）
，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先由题意求得
，接着构造函数
，利用导数
工具研究函数
的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数
在区间
上存在唯一极值点；再结合
和
时
的正负情况即可得证
在区间
上存在
唯一零点；
（2）（i）由（1）
和
结合（1）中所得导函数
计算得到
，再结合
得
即可得证；
（ii）由函数
在区间
上单调递减得到
，再结合
，
和函数
的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【小问1 详解】
由题得
，
因为
，所以
，设
，
则
在
上恒成立，所以
在
上单调递减，
，令
，
所以当
时，
，则
；当
时，
，则
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
在
上存在唯一极值点，
对函数
有
在
上恒成立，
所以
在
上单调递减，
所以
在
上恒成立，
又因为
，
时
，
所以
时
，
所以存
唯一
使得
，即
在
上存在唯一零点.
【小问2 详解】
（i）由（1）知
，则
，
，
，
则
，
，
，
即
在
上单调递减.
（ii）
，证明如下：
由（i）知：函数
在区间
上单调递减，
所以
即
，又
，
由（1）可知
在
上单调递减，
，且对任意
，
所以
.
19. 甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1 分，负者得0 分．设每个球甲胜的概率为
，
乙胜的概率为q，
，且各球的胜负相互独立，对正整数
，记
为打完k 个球后甲比乙至少
多得2 分的概率，
为打完k 个球后乙比甲至少多得2 分的概率．
（1）求
（用p 表示）．
（2）若
，求p．
（3）证明：对任意正整数m，
．
【答案】（1）
，
（2）
（3）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）直接由二项分布概率计算公式即可求解；
（2）由题意
，联立
，
即可求解；
（3）首先
，
，同理有
，
，作差有
，另一方面
，且同理有
，
作差能得到
，由此即可得证.
小问1 详解】
为打完3 个球后甲比乙至少多得两分的概率，故只能甲胜三场，
故所求为
，
为打完4 个球后甲比乙至少多得两分的概率，故甲胜三场或四场，
故所求为
；
【小问2 详解】
由（1）得
，
，同理
，
若
，
，
则
，
由于
，所以
，解得
；
【小问3 详解】
我们有
.
以及
.
至此我们得到
，
，同理有
，
.
故
，即
.
另一方面，由于
且同理有
.
故结合
，
就能得到
，即
，证毕.
